2027北师大版数学九上第一章-专题01 菱形的性质、判定及证明（题型专练）

专题01菱形的性质、判定及证明（题型突破·举一反三）题型01菱形的性质直接应用题型02菱形面积的计算题型03判定条件的选择题型04菱形判定的证明题题型05菱形与特殊角模型综合（60°/120°）题型06菱形中的折叠与轴对称问题题型07菱形中的最短路径与最值（将军饮马类）题型08菱形中的多结论判断题▌题型01菱形的性质直接应用基础：菱形四边相等；对角线（）互相垂直平分且平分一组对角；面积公式；对角线把菱形分成4个全等的直角三角形。方法：见到菱形先连对角线，把问题拆成Rt三角形（勾股定理）＋等腰三角形；角度题优先用“对角线平分内角”＋平行线内错角/同旁内角转移。思维提醒：已知一条对角线长和边长，求另一条对角线是高频小题，直接用；别忘开方后是“半对角线”。【典例1】（2026·湖南衡阳·模拟预测）如图，、是菱形的对角线，．若，则的长是（

）A．3 B．6 C．8 D．10【变式1-1】（24-25八年级下·河北邢台·期末）现有一个可伸缩的衣帽架，若菱形的边长为2，则与之间的距离可能是（

）A． B． C． D．【变式1-2】（25-26八年级下·上海普陀·期末）数学家伯努利在1691年创立了一种名为“极坐标系”的新坐标系，如图1，在平面上取一定点O（称为极点），以O为端点向右引射线（称为极轴）构成了极坐标系．在极坐标系内，对于直线上方的任意点P，连接，设线段的长度为L，，那么点P的极坐标记为．如图2，在极坐标系内，，，则点B的极坐标为．已知点，如果点C在这个极坐标系内，且四边形是菱形，那么点C的极坐标是_____________．【变式1-3】（2026·天津滨海新区·二模）如图，在菱形中，，，点在边上，且，点为中点，点为中点．（1）线段的长为__________；（2）为中点．连接，点在上，且，则的长为__________．▌题型02菱形面积的计算基础：两种算法，已知其一可求另一；。方法：已知对角线→用；已知边长＋高或邻角→用，若出现60°、120°可转等边＋。思维提醒：求菱形某边上的高，等积法是首选——用对角线算出面积，再除以边长得高；这类题常嵌在“求垂线段长”里。【典例2】（25-26八年级下·上海徐汇·期末）已知菱形的两条对角线、的长分别为和，则菱形的面积为______．【变式2-1】（25-26八年级下·上海普陀·期末）如图，已知菱形的对角线、相交于点O，，比长2．求菱形的面积．【变式2-2】（25-26八年级下·上海黄浦·期末）如图，四边形是一个矩形，延长至点，使得，延长至点，使得，连接，，，，．(1)求证：四边形是一个菱形；(2)若，，求菱形的面积．【变式2-3】（25-26八年级下·上海·期末）如图，在中，，点D、E分别在边上，且，，点F在边上，且，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)如果，，求四边形的面积．▌题型03判定条件的选择基础：三条判定路：定义：一组邻边相等的平行四边形；四边相等的四边形；对角线互相垂直的平行四边形（或对角线垂直平分的四边形）。方法：题干若已给“平行四边形”，只需补“邻边相等”或“对角线垂直”；若只给“四边形”，则需先证平行四边再补，或直证"四边相等"。思维提醒：选项里“AC＝BD”是矩形判定不是菱形、“∠ABC＝90°”也是矩形，这类混淆项是命题人最爱放的陷阱；看到AC＝BD直接排除菱形。【典例3】（25-26八年级下·江苏南京·期末）如图，在平行四边形中，、是它的两条对角线，下列条件中，能判断这个平行四边形是菱形的是（

）A． B．C． D．【变式3-1】（25-26八年级下·新疆巴州·期中）如图，在中，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件________使是菱形．【变式3-2】（2026·四川凉山·中考真题）四边形的对角线互相垂直，垂足为点O，且满足，请添加一个适当的条件：_______，使四边形成为菱形．（只需要添加一个条件即可）【变式3-3】（2026·湖北武汉·模拟预测）如图，在中，，点是中点，点在上，交的延长线于点．(1)求证：；(2)连接、，请添加一个与线段有关的条件：________，使四边形是菱形，不需要证明．▌题型04菱形判定的证明题基础：证明路径两条主流：路①：先证平行四边形（对边平行且相等、对角线互相平分、一组对边平行且相等），再补“一组邻边相等”或“对角线垂直”；路②：直接证“四边相等”（常用于中点四边形类）。方法：题干给“平行四边形＋角平分线/中线/垂直”时，优先走①；给“各边中点连线”时走②。思维提醒：最易扣分的就是跳步——“先证平行四边形”这一步必须有（对边平行？对角线互相平分？），再写“又∵AB＝BC（或AC⊥BD），∴是菱形”，缺第一步直接扣逻辑分。【典例4】（25-26九年级上·陕西榆林·阶段检测）如图，在中，，点为的中点，连接并延长至点，使得，连接、．求证：四边形是菱形．【变式4-1】（24-25八年级下·广西梧州·期末）在中，平分交于点D，点E，F分别在边，上，且，那么四边形的形状是______．【变式4-2】（2026·海南·模拟预测）如图，菱形边长为，，将菱形沿方向平移得到菱形，交于点，则重叠部分的面积与菱形的面积之比为________．【变式4-3】（25-26八年级下·广西南宁·期末）【问题情境】在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的折叠”为主题开展小组数学活动．已知菱形纸片，．【成果展示】(1)第一小组：如图1，连接，折叠菱形纸片，使点落在对角线上的点处，折痕分别交，于点，．判断四边形的形状，并加以证明．(2)第二小组：将菱形纸片沿过点的直线折叠到如图2所示的位置，点的对应点为点，折痕交于点，交于点．①判断和的数量关系，并加以证明．②将菱形纸片沿过点的直线折叠到如图3所示的位置，其中交于点．若恰好是的中点，且，求线段的长．▌题型05菱形与特殊角模型综合（60°/120°）基础：菱形一内角为60°（或120°）时，连较短对角线→两个等边三角形；连较长对角线→两个顶角为120°的等腰三角形。方法：见60°立刻想“连对角线造等边”，边长已知则可直得对角线长度（）；面积也可用速算。思维提醒：这个模型在“菱形＋中点＋证明线段相等”类综合题里几乎是标配，识模后能省大量计算。【典例5】（2026·河南平顶山·三模）如图1，千斤顶利用四边形的不稳定性可以达到“四两拨千斤”的效果，其基本形状是菱形（如图2），当千斤顶工作时，横杆与地面平行．若，则与地面的夹角为（

）A． B． C． D．【变式5-1】（24-25八年级下·江苏南通·阶段检测）如图，菱形中，，以为边长的正方形的周长为（）A．12 B．16 C．18 D．20【变式5-2】（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图，从一个含内角的大菱形中截去两个面积分别为和的两个平行四边形，若阴影部分的周长和面积分别是和，则的值是（

）A． B． C． D．【变式5-3】（2025·陕西西安·一模）如图，在菱形中，，，G是的中点，连接，则线段的长是（

）A．3 B． C． D．5▌题型06菱形中的折叠与轴对称问题基础：折叠＝轴对称，折痕是对称轴；折叠前后对应线段相等、对应角相等；菱形本身对角线所在直线就是对称轴。方法：标对应点（如C→C'）；用“对应边相等＋菱形四边相等”列方程；常需设未知数，把折叠后新出现的线段放回由对角线分出的Rt△里用勾股。思维提醒：折叠后容易忽略“原菱形对角线平分内角”这个隐藏条件，把它和折叠的角相等叠加，常能直接推出某角是30°、60°、45°。【典例6】（2025·河北·一模）如图，在菱形中，，连接，将菱形沿过点B的直线折叠，使得点C的对应点F恰好落在上，折痕交于点E，延长交于点G，则的度数为__________．【变式6-1】（25-26九年级上·广东深圳·期末）如图，在四边形纸片中，，，点是上一点，将纸片沿折叠，点恰好落在点处，连接．

(1)判断四边形的形状并证明；(2)若，，求的长．【变式6-2】（2026·浙江温州·三模）如图，在菱形中，，点是边上的一点，将沿折叠得，射线交边于点．(1)如图1，求的度数．(2)求证：．(3)如图2，取边的中点，连结，，当时，求的值．【变式6-3】（25-26八年级下·云南大理·期末）如图，将平行四边形沿折叠，点恰好落在的延长线上的点处，连接交于点．(1)证明：四边形是菱形；(2)若，．①求的面积；②若直线上有一点F，当为等腰三角形时，直接写出线段的长．▌题型07菱形中的最短路径与最值（将军饮马类）基础：菱形是轴对称图形，对角线所在直线即对称轴；“PA＋PB最小”类问题可借对称轴做对称点转化。方法：动点在对角线上→利用对称性把折线路径拉成直线；经典题“MA＋MB＋MD最小”在∠ABC=120°菱形里，常用“费马点”雏形或两次对称。【典例7】（2023·河南南阳·三模）菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知顶点，点D是的中点，点P是对角线上的一个动点，，当最短时，点P的坐标为（）A． B． C． D．【变式7-1】（25-26八年级下·重庆·期中）如图，菱形的边长为，，点E和点P分别为边和对角线上的动点，当的取值最小时，的周长为（

）A．3 B．4 C． D．【变式7-2】（2026·陕西渭南·二模）如图，在中，，，点、分别是、边上的动点，连接，，当的值最小时，，则的长为________．【变式7-3】（2026·河北石家庄·二模）如图，在菱形中，，，点P，Q分别在，上，且．以，为邻边作，延长交射线于点N．当的长最小时，线段的长是________．▌题型08菱形中的多结论判断题基础：题干给菱形＋几条中点/垂直/平分的附加线，让判断4~5个小结论哪几个对。方法：逐个击破：先标全菱形的固有性质（四边等、对角线垂直平分、平分内角）；看中点→想中位线；看垂直→想Rt△斜边中线＝斜边一半；60°模型随时调用。思维提醒：这类题不用全证，代入特值（如设边长为2、对角线为2和）快速验错误项比硬推快；但正式答题还是要给出推理链。【典例8】（2026·北京海淀·二模）如图，直线与轴、轴分别交于点，，以为对角线作菱形，且点在第一象限，给出下面三个结论：①当，时，菱形有无数个；②当时，对于的每一个确定的值，都存在菱形，使得该菱形的周长与的周长相等；③当点在上时，若，则菱形的面积有最大值．上述结论中，所有正确结论的序号是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【变式8-1】（24-25八年级下·北京朝阳·期末）如图，将平行四边形沿对角线翻折，得到四边形，，交于点M，交于点．有如下四个结论：①；②；③四边形为菱形；④互相垂直且相等．上述结论中，所有正确结论的序号为（

）A．①② B．②③ C．①②③ D．①③④【变式8-2】（25-26九年级上·辽宁丹东·期末）如图，在菱形中，，点E、F分别是、上任意的点（不与端点重合）．且，连接与相交于点G，连接与相交于点H．有如下几个结论：①；②的大小为定值；③平分；④．以上结论中，正确结论的序号是_______．【变式8-3】（24-25八年级下·吉林长春·期末）如图，在菱形中，，．点E、F分别在线段、上，且，、交于点，延长交边（或边）于点．给出下面四个结论：①；②；③；④当时，的面积是．上述结论中，所有正确结论的序号是___________．专题01菱形的性质、判定及证明（题型突破·举一反三）题型01菱形的性质直接应用题型02菱形面积的计算题型03判定条件的选择题型04菱形判定的证明题题型05菱形与特殊角模型综合（60°/120°）题型06菱形中的折叠与轴对称问题题型07菱形中的最短路径与最值（将军饮马类）题型08菱形中的多结论判断题▌题型01菱形的性质直接应用基础：菱形四边相等；对角线（）互相垂直平分且平分一组对角；面积公式；对角线把菱形分成4个全等的直角三角形。方法：见到菱形先连对角线，把问题拆成Rt三角形（勾股定理）＋等腰三角形；角度题优先用“对角线平分内角”＋平行线内错角/同旁内角转移。思维提醒：已知一条对角线长和边长，求另一条对角线是高频小题，直接用；别忘开方后是“半对角线”。【典例1】（2026·湖南衡阳·模拟预测）如图，、是菱形的对角线，．若，则的长是（

）A．3 B．6 C．8 D．10【答案】B【分析】根据菱形的性质可得，，结合可求出，进而判定为等边三角形，即可得出的长．【详解】解：四边形是菱形，，是等边三角形．【变式1-1】（24-25八年级下·河北邢台·期末）现有一个可伸缩的衣帽架，若菱形的边长为2，则与之间的距离可能是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据菱形的性质得出与之间的距离大于，小于等于，然后比较实数的大小即可．【详解】解：∵菱形的边长为2，∴与之间的距离大于，小于等于，，不符合题意；，符合题意．【变式1-2】（25-26八年级下·上海普陀·期末）数学家伯努利在1691年创立了一种名为“极坐标系”的新坐标系，如图1，在平面上取一定点O（称为极点），以O为端点向右引射线（称为极轴）构成了极坐标系．在极坐标系内，对于直线上方的任意点P，连接，设线段的长度为L，，那么点P的极坐标记为．如图2，在极坐标系内，，，则点B的极坐标为．已知点，如果点C在这个极坐标系内，且四边形是菱形，那么点C的极坐标是_____________．【答案】【分析】连接，，与相交于M．结合已知条件及，可判定为等边三角形，得到的长，利用菱形的性质及等腰三角形三线合一性质，求出的长度及的度数，进而确定点C的极坐标．【详解】解：如图，连接，，与相交于M．∵，，∴，，∴是等边三角形，∴，∵四边形是菱形，∴平分，，，∴，，∴，∴点C的极坐标为．【变式1-3】（2026·天津滨海新区·二模）如图，在菱形中，，，点在边上，且，点为中点，点为中点．（1）线段的长为__________；（2）为中点．连接，点在上，且，则的长为__________．【答案】【分析】（1）连接、，由菱形的性质容易证明是等边三角形，结合点为中点可得，，，使用勾股定理计算出，进而计算出；（2）作于点，设，同理（1）可得是等边三角形，则，，使用勾股定理计算出，则．由等腰三角形的性质可得，则，利用三角函数可表示出，，构造方程求出的值，再使用勾股定理计算出．【详解】解：（1）如图，连接、，∵四边形是菱形，∴，∵，∴是等边三角形，∵点为中点，∴，，∵，∴，在中，，在中，；（2）如图，作于点，设，∵四边形是菱形，∴，，∵，∴是等边三角形，又∵点为中点，∴，，∴，由勾股定理可得，，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，在中，，在中，，∴，∵为中点，∴，∴，解得，由勾股定理可得，．▌题型02菱形面积的计算基础：两种算法，已知其一可求另一；。方法：已知对角线→用；已知边长＋高或邻角→用，若出现60°、120°可转等边＋。思维提醒：求菱形某边上的高，等积法是首选——用对角线算出面积，再除以边长得高；这类题常嵌在“求垂线段长”里。【典例2】（25-26八年级下·上海徐汇·期末）已知菱形的两条对角线、的长分别为和，则菱形的面积为______．【答案】【分析】本题考查菱形的面积计算，根据菱形面积等于对角线乘积的一半代入计算即可．【详解】解：菱形的两条对角线，的长分别为和，．【变式2-1】（25-26八年级下·上海普陀·期末）如图，已知菱形的对角线、相交于点O，，比长2．求菱形的面积．【答案】【分析】由菱形的性质得，，，利用勾股定理求出，再结合菱形的面积公式计算即可得出结果．【详解】解：∵四边形为菱形，∴，，，∵比长2，∴，由勾股定理得，∴，∴或（负值不符合题意，舍去），∴，∴，，∴菱形的面积．【变式2-2】（25-26八年级下·上海黄浦·期末）如图，四边形是一个矩形，延长至点，使得，延长至点，使得，连接，，，，．(1)求证：四边形是一个菱形；(2)若，，求菱形的面积．【答案】(1)证明：∵，，矩形中，即四边形的对角线互相垂直平分，∴四边形为菱形；(2)菱形的面积为【分析】（1）根据矩形的性质得，根据四边形的对角线互相垂直平分即可证明四边形是一个菱形；（2）根据菱形和矩形的性质结合已知可设，，由勾股定理得，即可求出，再根据菱形的面积为计算即可．【详解】（1）略（2）解：∵四边形是菱形，四边形是矩形，∴，，，∵，∴设，，由勾股定理得，∴，解得，菱形的面积为．【变式2-3】（25-26八年级下·上海·期末）如图，在中，，点D、E分别在边上，且，，点F在边上，且，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)如果，，求四边形的面积．【答案】(1)证明：∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形．(2)18【分析】（1）先利用等边对等角、平行线的性质证明四边形是平行四边形，再结合即可证明结论；（2）如图：过点F作交于G，则，由菱形的性质以及等边对等角可得、；利用30度角所对的直角边等于斜边的一半可得，最后根据菱形的面积公式求解即可．【详解】（1）略（2）解：如图：过点F作交于G，则，∵四边形是菱形，，∴，∵，∴，∵，，∴，∴四边形的面积．▌题型03判定条件的选择基础：三条判定路：定义：一组邻边相等的平行四边形；四边相等的四边形；对角线互相垂直的平行四边形（或对角线垂直平分的四边形）。方法：题干若已给“平行四边形”，只需补“邻边相等”或“对角线垂直”；若只给“四边形”，则需先证平行四边再补，或直证"四边相等"。思维提醒：选项里“AC＝BD”是矩形判定不是菱形、“∠ABC＝90°”也是矩形，这类混淆项是命题人最爱放的陷阱；看到AC＝BD直接排除菱形。【典例3】（25-26八年级下·江苏南京·期末）如图，在平行四边形中，、是它的两条对角线，下列条件中，能判断这个平行四边形是菱形的是（

）A． B．C． D．【答案】C【详解】对于A，根据平行四边形的性质“平行四边形的对边平行且相等”，所以在平行四边形中，是必然成立的性质，不能据此判断它是菱形．选项A错误．对于B，根据矩形的判定定理“对角线相等的平行四边形是矩形”，可知当时，平行四边形是矩形，而不是菱形．选项B错误．对于C，因为四边形是平行四边形，所以，根据“两直线平行，内错角相等”，则，当，可得，根据“等边对等角”，可得，根据菱形的判定定理“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”，可知四边形是菱形．选项C正确．对于D，因为四边形是平行四边形，所以，根据“两直线平行，内错角相等”，则，所以是平行四边形本身具有的性质，不能据此判断它是菱形．选项D错误．【变式3-1】（25-26八年级下·新疆巴州·期中）如图，在中，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件________使是菱形．【答案】（答案不唯一）【分析】已知四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理，添加一组邻边相等或对角线互相垂直都可使平行四边形成为菱形．【详解】解：已知四边形是平行四边形．根据一组邻边相等的平行四边形是菱形．因此添加条件，即可得到是菱形．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形．因此添加条件，即可得到是菱形．其他符合要求的条件还有、等，本题答案不唯一．【变式3-2】（2026·四川凉山·中考真题）四边形的对角线互相垂直，垂足为点O，且满足，请添加一个适当的条件：_______，使四边形成为菱形．（只需要添加一个条件即可）【答案】（答案不唯一）【分析】本题可根据菱形的判定定理求解，已知四边形对角线互相垂直，且，只需证明四边形是平行四边形，即可结合对角线互相垂直判定其为菱形．【详解】解：添加条件即可，，，四边形是平行四边形，四边形的对角线互相垂直，平行四边形是菱形故可添加为（答案不唯一）．【变式3-3】（2026·湖北武汉·模拟预测）如图，在中，，点是中点，点在上，交的延长线于点．(1)求证：；(2)连接、，请添加一个与线段有关的条件：________，使四边形是菱形，不需要证明．【答案】(1)证明：∵是中点，∴，∵，∴，，∴．(2)【详解】（1）略（2）解：，理由如下：∵∴，又∵∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形．▌题型04菱形判定的证明题基础：证明路径两条主流：路①：先证平行四边形（对边平行且相等、对角线互相平分、一组对边平行且相等），再补“一组邻边相等”或“对角线垂直”；路②：直接证“四边相等”（常用于中点四边形类）。方法：题干给“平行四边形＋角平分线/中线/垂直”时，优先走①；给“各边中点连线”时走②。思维提醒：最易扣分的就是跳步——“先证平行四边形”这一步必须有（对边平行？对角线互相平分？），再写“又∵AB＝BC（或AC⊥BD），∴是菱形”，缺第一步直接扣逻辑分。【典例4】（25-26九年级上·陕西榆林·阶段检测）如图，在中，，点为的中点，连接并延长至点，使得，连接、．求证：四边形是菱形．【答案】见解析【分析】本题考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．先根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明．【详解】证明：点为的中点，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形．【变式4-1】（24-25八年级下·广西梧州·期末）在中，平分交于点D，点E，F分别在边，上，且，那么四边形的形状是______．【答案】菱形【分析】先证明四边形是平行四边形，再根据平分，平行线的性质证明即可得证；【详解】解：，∴四边形是平行四边形；∵平分交于点D，∴，，∴，∴，∴，∴四边形是菱形．【变式4-2】（2026·海南·模拟预测）如图，菱形边长为，，将菱形沿方向平移得到菱形，交于点，则重叠部分的面积与菱形的面积之比为________．【答案】【分析】根据题意和题目中的数据，可以计算出和的长，然后即可计算出重叠部分的面积，再计算出菱形的面积即可得出结论．【详解】解：连接，，和交于点O，连接交于点O，交于点F，如图所示，，∵菱形的边长为，，∴，，，∴是等边三角形，，∴，∴，∴菱形的面积，∵，∴，由平移的性质得：，，，∴四边形是平行四边形，且，∴四边形是菱形，∴，，又∵，∴，∴，即，∴，∴，∴重叠部分的面积为：，∴重叠部分的面积与菱形的面积之比为．【变式4-3】（25-26八年级下·广西南宁·期末）【问题情境】在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的折叠”为主题开展小组数学活动．已知菱形纸片，．【成果展示】(1)第一小组：如图1，连接，折叠菱形纸片，使点落在对角线上的点处，折痕分别交，于点，．判断四边形的形状，并加以证明．(2)第二小组：将菱形纸片沿过点的直线折叠到如图2所示的位置，点的对应点为点，折痕交于点，交于点．①判断和的数量关系，并加以证明．②将菱形纸片沿过点的直线折叠到如图3所示的位置，其中交于点．若恰好是的中点，且，求线段的长．【答案】(1)解：四边形是菱形，证明如下：设与交于点，∵菱形纸片，，∵折叠菱形纸片，使点落在对角线上的点处，∴垂直平分，，，，，，∴四边形是菱形；(2)①，证明：如图，连接，∵菱形，，∴，∴是等边三角形，，∵折叠，，，，，，；②【分析】（1）设与交于点，先由菱形纸片得到，再由折叠得到，，即可证明，得到，推出，则四边形是菱形；（2）①连接，由菱形，得到，由折叠得到，，则，根据，得到，利用等角对等边得到；②由恰好是的中点，得到，则，则，根据，求出，则，最后根据求解即可；【详解】（1）略（2）①略②解：如图，连接，，∵，，∵恰好是的中点，，，∵，，，根据①可得，∴，，解得：，，，，，．▌题型05菱形与特殊角模型综合（60°/120°）基础：菱形一内角为60°（或120°）时，连较短对角线→两个等边三角形；连较长对角线→两个顶角为120°的等腰三角形。方法：见60°立刻想“连对角线造等边”，边长已知则可直得对角线长度（）；面积也可用速算。思维提醒：这个模型在“菱形＋中点＋证明线段相等”类综合题里几乎是标配，识模后能省大量计算。【典例5】（2026·河南平顶山·三模）如图1，千斤顶利用四边形的不稳定性可以达到“四两拨千斤”的效果，其基本形状是菱形（如图2），当千斤顶工作时，横杆与地面平行．若，则与地面的夹角为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】解：菱形中，，对角线平分，，与地面平行，与地面的夹角为．【变式5-1】（24-25八年级下·江苏南通·阶段检测）如图，菱形中，，以为边长的正方形的周长为（）A．12 B．16 C．18 D．20【答案】B【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及正方形的周长计算，解题的关键是根据菱形的性质和已知角度推出等边三角形，进而确定的长度．由菱形性质得结合可判定为等边三角形，从而得出再根据正方形边长等于的长度，计算其周长．【详解】∵四边形是菱形，∴．∵∴．∵，∴是等边三角形（有一个角是的等腰三角形是等边三角形）．∴．∵四边形是正方形∴正方形的边长为．∴正方形的周长．故选：B．【变式5-2】（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图，从一个含内角的大菱形中截去两个面积分别为和的两个平行四边形，若阴影部分的周长和面积分别是和，则的值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质．设菱形的边长为a，利用菱形内角为，表示出菱形的面积．用菱形的面积减去阴影部分的面积，得到的表达式．根据阴影部分周长和菱形周长的关系，求出菱形的边长a．将求出的a值代入的表达式，计算出结果．【详解】解：设原菱形的边长为a，内角为，其面积为．阴影部分的面积为，因此．阴影部分的周长为，根据题干条件阴影部分的周长=菱形的周长，原周长为与阴影周长一致．此时原面积为：．阴影面积为，故，故选：B．【变式5-3】（2025·陕西西安·一模）如图，在菱形中，，，G是的中点，连接，则线段的长是（

）A．3 B． C． D．5【答案】B【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，证明是等边三角形是解题的关键．由菱形的性质可得，，可得是等边三角形，再由等边三角形的性质可以得到，最后利用勾股定理可以求出的长度．【详解】解：如图，连接，四边形是菱形，，，，是等边三角形，是的中点，，，在中，．故选：B．▌题型06菱形中的折叠与轴对称问题基础：折叠＝轴对称，折痕是对称轴；折叠前后对应线段相等、对应角相等；菱形本身对角线所在直线就是对称轴。方法：标对应点（如C→C'）；用“对应边相等＋菱形四边相等”列方程；常需设未知数，把折叠后新出现的线段放回由对角线分出的Rt△里用勾股。思维提醒：折叠后容易忽略“原菱形对角线平分内角”这个隐藏条件，把它和折叠的角相等叠加，常能直接推出某角是30°、60°、45°。【典例6】（2025·河北·一模）如图，在菱形中，，连接，将菱形沿过点B的直线折叠，使得点C的对应点F恰好落在上，折痕交于点E，延长交于点G，则的度数为__________．【答案】55度/【分析】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，先根据菱形等腰三角形的性质得，再根据折叠的性质求出，最后根据三角形内角和定理得出答案.【详解】解：四边形是菱形，，．由折叠的性质得，，，．故答案为：．【变式6-1】（25-26九年级上·广东深圳·期末）如图，在四边形纸片中，，，点是上一点，将纸片沿折叠，点恰好落在点处，连接．

(1)判断四边形的形状并证明；(2)若，，求的长．【答案】(1)四边形是菱形，见解析(2)【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，勾股定理：（1）根据平行线的性质以及折叠的性质可得，从而得到，进而得到，可证明四边形是平行四边形，再由，即可求证；（2）设，在中，利用勾股定理可得，连接，在中，利用勾股定理可得，然后根据，即可求解．【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：如图，

，．纸片沿折叠，，，，，，，四边形是平行四边形．，是菱形．（2）解：由（1）得，设，在中，，∴，∴，解得：，即，连接，

在中，，．，，．【变式6-2】（2026·浙江温州·三模）如图，在菱形中，，点是边上的一点，将沿折叠得，射线交边于点．(1)如图1，求的度数．(2)求证：．(3)如图2，取边的中点，连结，，当时，求的值．【答案】(1)(2)证明：如图1，过作交于点．∵四边形是菱形，，，又，∴四边形是平行四边形，，∵将沿折叠得，，，又，，，，，，，又，四边形是平行四边形，，又，，．(3)【分析】（1）根据菱形的性质和，得出，根据折叠的性质可得，即可解答．（2）如图1，过作交于点．证明四边形是平行四边形，得出，根据折叠的性质可得，，证出，再证明四边形是平行四边形，得出，结合，，即可证明．（3）如图2，延长，交于点，作于点．设，．由（2）得．证明，得出．证明，结合（2）中，证明，得出，，由（1）得，从而得，，在中，勾股定理求出，即可解答．【详解】（1）解：∵四边形是菱形，，又，，∵将沿折叠得，，．（2）略（3）解：如图2，延长，交于点，作于点．设，．由（2）得．∵，∴，∵点是的中点，∴，∵，∴，∴．，根据折叠可得，∴，，∴，根据（2）可得，∴，∴，∴，，，根据折叠可得，根据菱形的性质可得，，由（1）得，，，，∴在中，，即，解得：，∴，．【变式6-3】（25-26八年级下·云南大理·期末）如图，将平行四边形沿折叠，点恰好落在的延长线上的点处，连接交于点．(1)证明：四边形是菱形；(2)若，．①求的面积；②若直线上有一点F，当为等腰三角形时，直接写出线段的长．【答案】(1)证明：∵平行四边形沿折叠，点恰好落在的延长线上点处，连接交于点，∴，，，∴，而，∴，∴，∴四边形是平行四边形，又，∴平行四边形是菱形．(2)①，②线段的长为2或18或或5．【分析】（1）由题意可得，，，结合，得到，得，可证四边形是平行四边形，再由折叠可知，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，得证；（2）①利用菱形的面积的两种求解方式：对角线乘积的一半，底×高，列出方程，，即可得到的高，再利用，求出面积；②分三种情况讨论，以E点为圆心，为半径画弧，与直线相交于、，即；以C点为圆心，为半径画弧，与直线相交于，即；，画出图形，分别求解即可．【详解】（1）略（2）解：①∵平行四边形是菱形，∴∴∵四边形是菱形，∴∵平行四边形，∴设菱形边上的高为h，∴菱形的面积为即解得∴；②由①∵平行四边形，∴如图所示，以E点为圆心，为半径画弧，与直线相交于、，当，此时为等腰三角形∴；当，此时为等腰三角形∴；如图所示，以C点为圆心，为半径画弧，与直线相交于，当，此时为等腰三角形，由①可知∴；由①可知∵四边形是菱形，∴∴∴即B点，此时为等腰三角形，则综上所述：当为等腰三角形时，线段的长为2或18或或5．▌题型07菱形中的最短路径与最值（将军饮马类）基础：菱形是轴对称图形，对角线所在直线即对称轴；“PA＋PB最小”类问题可借对称轴做对称点转化。方法：动点在对角线上→利用对称性把折线路径拉成直线；经典题“MA＋MB＋MD最小”在∠ABC=120°菱形里，常用“费马点”雏形或两次对称。【典例7】（2023·河南南阳·三模）菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知顶点，点D是的中点，点P是对角线上的一个动点，，当最短时，点P的坐标为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】过点D作关于的对称点，连接，交于点P，确定点P的位置，连接，，证明是等边三角形，再求出，根据三角函数即可求出．【详解】过点D作关于的对称点，连接，交于点P，此时最短，连接，，如图，∵，，∴是等边三角形，∴，∴，∴，又∵点D是的中点，∴，∴，∴点P的坐标，故选：D．【点睛】此题考查将军饮马问题，解题的关键是构造辅助线确定点P的位置．【变式7-1】（25-26八年级下·重庆·期中）如图，菱形的边长为，，点E和点P分别为边和对角线上的动点，当的取值最小时，的周长为（

）A．3 B．4 C． D．【答案】D【分析】利用菱形的对称性可知点与点关于直线对称，则，故，当三点共线且时，的值最小，此时的周长即为的长，求出和的长即可．【详解】∵四边形是菱形，∴关于对称，∴∴，∵点在上，点在上，∴当三点共线且时，最小，∵，∴，在中，，，∴，∴，∴，∴，∴的周长．【变式7-2】（2026·陕西渭南·二模）如图，在中，，，点、分别是、边上的动点，连接，，当的值最小时，，则的长为________．【答案】6【分析】作点关于的对称点，过点作于点E，交于点D，连接、，根据轴对称的性质可得，，此时三点共线，的值最小，即的值最小，易得四边形是菱形，证明是等边三角形，结合含30度角的直角三角形的性质及等腰三角形的性质进行求解即可．【详解】解：作点关于的对称点，过点作于点E，交于点D，连接、、，则，，，四边形是菱形，此时三点共线，的值最小，即的值最小，，，，，又∵，∴是等边三角形，∴，∵，∴，，，在中，，，，∴，，∵，∴，∴．【变式7-3】（2026·河北石家庄·二模）如图，在菱形中，，，点P，Q分别在，上，且．以，为邻边作，延长交射线于点N．当的长最小时，线段的长是________．【答案】2【分析】根据平行四边形的性质和条件，得到，，根据三角形外角性质和两直线平行同位角相等得到是的平分线，根据垂线段最短得到，当时，的长最小，此时，从而得到的长．【详解】如图，连接．四边形是菱形，，，，四边形是平行四边形，，，．，，，，，，，，即，，即是的平分线，∴当时，最短，即最短．此时，，在和中，，，，．【点睛】本题主要考查了菱形的性质及最值问题，核心素养表现为几何直观和推理能力．▌题型08菱形中的多结论判断题基础：题干给菱形＋几条中点/垂直/平分的附加线，让判断4~5个小结论哪几个对。方法：逐个击破：先标全菱形的固有性质（四边等、对角线垂直平分、平分内角）；看中点→想中位线；看垂直→想Rt△斜边中线＝斜边一半；60°模型随时调用。思维提醒：这类题不用全证，代入特值（如设边长为2、对角线为2和）快速验错误项比硬推快；但正式答题还是要给出推理链。【典例8】（2026·北京海淀·二模）如图，直线与轴、轴分别交于点，，以为对角线作菱形，且点在第一象限，给出下面三个结论：①当，时，菱形有无数个；②当时，对于的每一个确定的值，都存在菱形，使得该菱形的周长与的周长相等；③当点在上时，若，则菱形的面积有最大值．上述结论中，所有正确结论的序号是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】D【分析】①根据菱形的性质判断即可；②求得的周长：，菱形的周长